Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS

LỜI CẢM ƠN Sau một thời gian nghiên cứu và tìm hiểu em đã hoàn thành đề tài “Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS.. Với tình cảm chân thành của mìn

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- -

TƯỞNG THỊ VÂN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO CHO HỌC SINH THCS

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN - TIN

Hệ đào tạo: Chính quy Khóa học: 2014 - 2017

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian nghiên cứu và tìm hiểu em đã hoàn thành đề tài “Một số

phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS Ngoài sự

cố gắng hết mình của bản thân, em đã nhận được rất nhiều sự động viên, giúp đỡ từ phía Nhà trường, thầy cô, gia đình và bạn bè

Với tình cảm chân thành của mình em xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu nhà trường, toàn thể cán bộ, giảng viên trường Đại học Quảng Bình, giảng viên khoa Khoa học Tự nhiên đã tận tình truyền đạt những kiến thức cũng như nhiều kinh nghiệm quý báu cho chúng em trong suốt quá trình học tập Đặc biệt em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Th.S Phan Trọng Tiến, người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận

Xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tập thể lớp CĐSP Toán –Tin K56 đã động viên, khích lệ em trong quá trình học tập và hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này

Xin cảm ơn gia đình, người thân đã luôn bên cạnh động viên và tạo mọi điều kiện tốt nhất để em học tập và hoàn thành khóa luận

Cuối cùng em xin kính chúc thầy cô giáo nhiều sức khỏe và gặt hái được nhiều thành công trong sự nghiệp trồng người của mình

Em xin chân thành cảm ơn !

Quảng Bình, tháng 5 năm 2017

Sinh viên

Tưởng Thị Vân

LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận này là kết quả của bản thân em qua quá trình học tập, nghiên cứu ở bậc đại học, em đã tìm tòi khám phá thông qua sách vở và sự đóng góp của các bạn sinh viên, bên cạnh đó em cũng được sự quan tâm, tạo điều kiện của các thầy cô trong

khoa khoa học tự nhiên, đặt biệt là các thầy cô trong bộ môn Toán

Vì vậy em xin khẳng định kết quả của đề tài:

“MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KỸ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC

CAO CHO HỌC SINH THCS”

Là kết quả của riêng em không trùng với bất kì đề tài nào khác

Quảng Bình, tháng 5 năm 2017

Sinh viên

Tưởng Thị Vân

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN

LỜI CAM ĐOAN

MỤC LỤC

BẢNG CÁC TỪ VIẾT TẮT

LỜI MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu Error! Bookmark not defined. 3 Nội dung khóa luận 1

CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC LÝ THUYẾT 2

1.1 Vành đa thức một ẩn 2

1.1.3 Nghiệm của đa thức 3

1.2 Phương trình một ẩn 5

CHƯƠNG 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO 6

2.1 Phương trình trùng phương 6

2.1.1 Phương pháp 6

2.1.2 Ví dụ 6

2.1.3 Bài tập 10

2.2 Phương trình quy về phương trình bậc bốn trùng phương 11

2.2.1 Phương pháp 11

2.2.2 Ví dụ 12

2.2.3 Bài tập 14

2.3 Phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp dùng hằng đẳng thức 14

2.3.1 Phương pháp 14

2.3.2 Ví dụ 15

2.3.3 Bài tập 16

2.4 Phương trình đối xứng 16

2.4.1 Phương trình đối xứng bậc chẵn 16

2.4.2 Phương trình đối xứng bậc lẻ 17

2.5 Phương trình tam thức 19

2.5.1 Phương pháp 19

2.5.2 Ví dụ 19

2.5.3 Bài tập 20

2.6 Phương pháp dùng hệ số bất định 20

2.6.1 Phương pháp 20

2.6.2 Ví dụ 21

2.6.3 Bài tập 23

2.7 Một số phương pháp quy về phương trình bậc hai 24

2.7.1 Phương trình hồi quy 24

2.7.2 Phương trình có dạng: 𝒙 + 𝒂𝒙 + 𝒃𝒙 + 𝒄𝒙 + 𝒅 = 𝒎𝒙𝟐 29

2.7.3 Phương trình có dạng: (𝒙 + 𝒂)(𝒙 + 𝒃)(𝒙 + 𝒄)(𝒙 + 𝒅) = 𝒎 31

2.7.4 Phương trình có dạng 𝒂𝟐𝒙𝟒 + 𝟐𝒂𝒃𝒙𝟑 + ±𝒂 + 𝒃𝟐𝒙𝟐 ± 𝒃𝒙 + 𝒄 = 𝟎 34

KẾT LUẬN 37

TÀI LIỆU THAM KHẢO 38

LỜI MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Trong nhà trường phổ thông môn Toán giữ một vị trí quan trọng nó giúp học sinh học tốt hầu hết các môn học và là công cụ của nhiều ngành khoa học kĩ thuật, có nhiều ứng dụng to lớn trong đời sống

Trong môn Toán phương trình giữ vị trí hết sức quan trọng không những là đối tượng nghiên cứu của Đại số mà còn là công cụ đắc lực của Giải tích Nó được giới thiệu ngay từ những năm đầu của bậc phổ thông ở các dạng đơn giản

Phần lớn các em học sinh còn lúng túng khi gặp các phương trình bậc cao Ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phương trình bậc 3, bậc 4 Tuy nhiên trong một số trường hợp đặc biệt có thể đưa phương trình cần giải về phương trình bậc thấp hơn Việc giải phương trình bậc cao đối với học sinh THCS chỉ đòi hỏi ở mức độ đơn giản, chủ yếu là phương trình đặc biệt đưa về phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai nhằm rèn luyện kỹ năng giải phương trình bậc nhất và phương trình bậc hai Qua đó cũng hướng cho học sinh tư duy khái quát hơn về phương trình để các em làm quen dần với cách giải phương trình trong chương trình THPT

Đó là lý do em chọn đề tài:“Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc

cao cho học sinh THCS” để làm khóa luận tốt nghiệp với mong muốn góp phần nhỏ

bé làm tăng vẻ đẹp của môn Toán qua việc giải các phương trình bậc cao

2 Nội dung khóa luận

Trong đề tài: “Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao cho học sinh THCS” tôi đã đưa ra một số kiến thức lý thuyết cơ bản mà học sinh cần nắm

để sử dụng trong quá trình giải phương trình bậc cao và một số phương pháp để giải

phương trình bậc cao đã được giới thiệu, bao gồm những chương sau:

Chương 1: Một số kiến thức cơ sở

Trong chương này tôi sẽ trình bày một số kiến thức lý thuyết về vành đa thức mà học sinh cần nắm chắc để sử dụng trong quá trình giải phương trình bậc cao

Chương 2: Một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao

Trong chương này tôi sẽ hệ thống lại một số phương pháp và kỹ thuật giải phương trình bậc cao và đưa ra các ví dụ cụ thể, các bài tập tương tự để giúp học sinh nâng cao

kĩ năng và kiến thức giải phương trình

(1) (𝑎0, 𝑎1,…, 𝑎𝑛,…) + (𝑏0, 𝑏1,…, 𝑏𝑛,…) = ( 𝑎0 + 𝑏0, 𝑎1+ 𝑏1,…,𝑎𝑛+ 𝑏𝑛,…)

(2) (𝑎0, 𝑎1,…, 𝑎𝑛,… ).(𝑏0, 𝑏1,…, 𝑏𝑛,…) = (𝑐0, 𝑐1,…, 𝑐𝑛,…)

Với 𝑐𝑘 = 𝑎0𝑏𝑘 + 𝑎1𝑏𝑘−1+ ⋯ + 𝑎𝑘𝑏0 𝑐𝑘 = ∑𝑖+𝑗=𝑘𝑎𝑖 𝑏𝑗, 𝑘 = 0, 1, 2 …

1.1.2 Phép chia đa thức

1.1.2.1 Phép chia với số dư

Định lí:( Định lí 2.3, [3]) Giả sử A là một trường, 𝑓(𝑥)và 𝑔(𝑥) ≠ 0 là hai đa thức của vành 𝐴𝑥; thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất là 𝑞(𝑥)và 𝑟(𝑥) thuộc 𝐴𝑥 sao cho

1.1.3 Nghiệm của đa thức

1.1.3.1 Định nghĩa: (Định nghĩa 4.3, [3])

Giả sử 𝐾 là một trường nào đó, 𝐴 là trường con của 𝐾 Một phần tử α ∈ 𝐾 gọi là nghiệm của đa thức 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴𝑥 nếu và chỉ nếu 𝑓(𝛼) = 0

Ta cũng nói α là nghiệm của phương trình đại số 𝑓(𝑥) = 0 trong 𝐾

Nếu 𝑑𝑒𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑛 thì phương trình 𝑓(𝑥) = 0 gọi là phương trình đại số bậc

Khi đó 𝑚1, 𝑚2,…, 𝑚𝑘 gọi là bội tương ứng của các nghiệm 𝛽1, 𝛽2,…, 𝛽𝑘

Người ta gọi nghiệm α của đa thức 𝑃(𝑥) là những bội bậc 𝑚 chỉ khi

4

𝑃(𝑥) chia hết (𝑥 − 𝛼)𝑚 nhưng không chia hết cho (𝑥 − 𝛼)𝑚+1

Nhận xét: 𝑐 ∈ 𝐴 là nghiệm của bội m của đa thức 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] nếu và chỉ nếu 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 𝑐)𝑚.𝑔(𝑥) với (𝑔(𝑥), 𝑥 − 𝑐) = 1

Chú ý:

- Giả sử 𝐴 là miền nguyên, thế thì số nghiệm của một đa thức 0 ≠ 𝑓(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥], mỗi nghiệm tính với số bội của nó không vượt quá bậc của 𝑓(𝑥)

- Nếu hai đa thức 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) ∈ 𝐴[𝑥] có bậc 𝑛 và lấy giá trị bằng nhau tại 𝑛 + 1 phần

tử khác nhau của miền nguyên 𝐴 thế thì chúng bằng nhau

1.1.3.4 Một số định lí về sự tồn tại nghiệm của đa thức

Định lí 1: (Định lí 4.1, [3]): Mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực có ít nhất một nghiệm

thực

Định lí 2: (Định lí 4.2, [3]): Mọi đa thức 𝑓(𝑥) bậc 𝑛 ≥ 1 trên trường số phức ( hay số thực ) đều có đúng 𝑛 nghiệm phức, mỗi nghiệm tính với bội của nó

Định lí 3: (Định lí 4.3, [3]): Cho 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥), 𝑑𝑒𝑔 𝑓(𝑥) = 𝑚 và 𝑔(𝑥) có đúng 𝑚 nghiệm trong 𝐴 Khi đó 𝑓(𝑥) chia hết cho 𝑔(𝑥) ⇔ 𝑓(𝑥) = 0 hoặc mọi nghiệm bội 𝑐 của 𝑔(𝑥) là nghiệm bội 𝑘’của 𝑓(𝑥) với 𝑘’ ≥ 𝑘

Định lí 4: (Định lí 4.4, [3]): Cho đa thức hệ số nguyên 𝑓(𝑥) = 𝑎0𝑥𝑛 + 𝑎1𝑥𝑛−1 +… +

𝑎𝑛−1𝑥 + 𝑎𝑛

(𝑎 ≠ 0) Khi đó phân số tối giản 𝑝

𝑞 là nghiệm của đa thức 𝑓(𝑥) thì {𝑝/𝛼𝑞/𝛼𝑛

0

Hệ quả 1: (Hệ quả 4.1, [3]): Mọi nghiệm nguyên của đa thức với hệ số nguyên là ước

của số hạng tự do

Hệ quả 2: (Hệ quả 4.2, [3]): Mọi nghiệm hữu tỷ của đa thức với hệ số nguyên có hệ số

cao nhất bằng 1 đều là số nguyên

Định lí 5: (Định lí 4.5, [3]): Cho đa thức với hệ số nguyên 𝑓(𝑥) = 𝑎0𝑥𝑛 + 𝑎1𝑥𝑛−1 +… + 𝑎𝑛−1𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥].Phân số tối giản 𝑝𝑞 là nghiệm của đa thức 𝑓(𝑥) Khi đó với mọi

𝑚 ∈ ¢ ta có

( 𝑝 – 𝑚𝑞)/𝑓(𝑚)

Trường hợp đặc biệt: (𝑝 – 𝑞)/𝑓(1) và (𝑝 + 𝑞)/𝑓(−1)

Hệ quả: (Hệ quả 4.3, [3]): Nếu α ≠ ± 1 là nghiệm của đa thức

𝑓(𝑥) = 𝑎0𝑥𝑛 + 𝑎1𝑥𝑛−1 + ⋯ + 𝑎𝑛−1𝑥 + 𝑎𝑛 ∈ 𝐴[𝑥] thì 𝑓(1)1−𝛼, 𝑓(−1)

1+𝛼 đều là số nguyên

𝐷 = 𝐷𝑓 ∩ 𝐷𝑔 Trong đó 𝐷𝑓, 𝐷𝑔 lần lược là tập xác định của phương trình

𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥)

Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Đặt 𝑡 = 𝑥2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0

Bước 2: Khi đó phương trình đã cho trở thành với phương trình

𝑎𝑡2+ 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0 (2)

Bước 3: Khi đó ta có kết luận sau

a) Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình (2) có nghiệm duy nhất

Đặt 𝑡 = 𝑥2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

𝑡2+ 5𝑡 − 6 = 0 ⇔ [𝑡 = −6(𝑙𝑜ạ𝑖) 𝑡 = 1

Kiểm tra điều kiện ta được 𝑡 = 1

Đặt 𝑡 = 𝑥2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

a) Có nghiệm duy nhất

b) Có 2 nghiệm phân biệt

c) Có 3 nghiệm phân biệt

d) Có 4 nghiệm phân biệt

Giải

Đặt 𝑡 = 𝑥2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

a) Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất

𝑡 = 0 hoặc phương trình (1) có nghiệm 𝑡1 < 0 = 𝑡2

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 𝑡 = 0

8

⇔{𝑓(0) = 0 ⇔{𝛥′= 0 6𝑚 − 5 = 0𝑚 − 5 = 0 ⇔ {𝑚 =

5 6

𝑚 = 5 ⇔ 𝑚 ∈ ∅ Phương trình (1) có nghiệm 𝑡1 < 0 = 𝑡2

𝑚−1< 0𝑚−5 𝑚−1= 0

⇔{ 𝑚 >

5 6

0 < 𝑚 < 1 ⇔ 𝑚 ∈ ∅

𝑚 = 5Vậy không có giá trị nào của 𝑚 để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

b) Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu

⇔ (𝑚 – 1)(𝑚 – 5) < 0

⇔ 1 < 𝑚 < 5

Vậy với 𝑚 ∈ (1,5) thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

c) Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm

𝑚−1> 0𝑚−5 𝑚−1= 0

⇔{ 𝑚 >

5 6

𝑚 < 0 ∪ 𝑚 > 1

𝑚 = 5

⇔ 𝑚 = 5

Vậy với 𝑚 = 5 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

d) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có nghiệm

𝑚−1> 0𝑚−5 𝑚−1> 0

⇔ { 𝑚 >

5 6

𝑚 < 0 ∪ 𝑚 > 1

𝑚 < 1 ∪ 𝑚 > 5

⇔𝑚 ∈ (56; 1) ∪ (5; +∞)

Vậy với 𝑚 ∈ (5

6; 1) ∪ (5; +∞) thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt

Chú ý: Từ dạng trên ta có bài toán quen thuộc: Tìm điều kiện của tham số để phương

trình

𝑎𝑥4+ 𝑏𝑥2+ 𝑐 = 0 (1)

có 4 nghiệm phân biệt cách đều

Giải

Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Đặt 𝑡 = 𝑥2 với điều kiện 𝑡 ≥ 0

Khi đó phương trình (1) trở thành

𝑡12 = 𝑐9𝑎

{𝑡1+ 9𝑡1 = 𝑚 + 1

𝑡19𝑡1 = 𝑚 ⇔ {

𝑡1 =𝑚+110

𝑡12 =𝑚

9 ⇔(𝑚+110 )2 =𝑚9

⇔9𝑚2− 82𝑚 + 9 = 0 ⇔[𝑚 = 9𝑚 =1

9

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy với 𝑚 = 9 hoặc 𝑚 = 1

9 thì phương trình có 4 nghiệm phân biệt cách đều

a) Có 4 nghiệm phân biệt thỏa mãn 𝑥1 < −2 < 𝑥2 < 𝑥3 < 1 < 𝑥4

b) Có 4 nghiệm lập thành cấp số cộng

ĐS: 𝑚 = 200

9

2.2 Phương trình quy về phương trình bậc bốn trùng phương

𝑥 + 𝑏 = 𝑦 −𝑎−𝑏

2

Như vậy, phương trình đã cho trở thành

1) Số nghiệm của phương trình (2) là số nghiệm của phương trình (1)

2) Tìm điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có nghiệm

Ta xét bài toán ngược lại: tìm điều kiện cần và đủ để phương trình (1) vô nghiệm

2 < 0

(𝑎−𝑏) 8

4

−𝑐

2 > 0

⇔ [

(𝑎 − 𝑏)4+ 𝑐 < 0{

(𝑎 − 𝑏)4+ 𝑐 ≥ 0

𝑎 ≠ 𝑏(𝑎 − 𝑏)4− 8𝑐 > 0

⇔ [(𝑎 − 𝑏)

4+ 𝑐 < 0{(𝑎 − 𝑏)4 > 8𝑐

𝑥 + 𝑚 − 2 = 𝑦 −1−𝑚

2

Thay vào phương trình (1)

⇒Phương trình (5) vô nghiệm

Vậy với 𝑚 ∈ [√2 + 1 − √2 + 2√2 ; √2 + 1 + √2 + 2√2 ] thì phương trình đã cho có nghiệm

Tìm 𝑚 để phương trình vô nghiệm

2.3 Phân tích đa thức thành nhân tử bằng phương pháp dùng hằng đẳng thức 2.3.1 Phương pháp

Sử dụng 7 hằng đẳng thức đáng nhớ dưới “dạng tổng hoặc hiệu” để đưa về “dạng tích”

2𝑥 −3

2)2− (3

2𝑥 +5

2)2 = 0 ⇔(2𝑥2−32𝑥 −32−32𝑥 −52) (2𝑥2 −32𝑥 −32+32𝑥 +52) = 0

⇔(2𝑥2− 3𝑥 − 4)(2𝑥2 + 1) = 0

⇔[ 2𝑥2𝑥22+ 1 = 0 (𝑃𝑇𝑉𝑁)− 3𝑥 − 4 = 0 ⇔[𝑥 =

3+√17 4

𝑥 =3−√17

4Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: 𝑥 = 3+√17

4 ; 𝑥 =3−√17

4

Ví dụ 3: Giải phương trình

2𝑥4− 4𝑥3− 2√2𝑥 − 1 = 0 (3)

Trong đó 𝑓(𝑥) = 0 là một phương trình đối xứng bậc chẵn

Do đó ta đưa việc giải phương trình đối xứng bậc lẻ về giải phương trình đối xứng bậc chẵn 𝑓(𝑥) = 0 và phương trình 𝑥 + 1 = 0

Vì x ≠ 0 nên chia cả hai vế cho 𝑥2 ta có phương trình

Nếu 𝑡 = −5

2 ⇔ 𝑥2 +5

2𝑥 + 1 = 0 ⇔ [ 𝑥 = −12

𝑥 = −2Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm

ĐS: 𝑥 = ±1, 𝑥 = −3±√52

Bài 2: Giải phương trình:

a) 2𝑥4− 21𝑥3+ 74𝑥2− 105𝑥 + 50 = 0

ĐS: 𝑥 = 1, 𝑥 = 2, 𝑥 = 5, 𝑥 = 5

2b) 2𝑥8− 9𝑥7 + 20𝑥6− 33𝑥5+ 46𝑥4− 66𝑥3+ 80𝑥2− 72𝑥 + 32 = 0

Đặt ẩn phụ 𝑡 = 𝑥𝑛, ta đưa về phương trình bậc hai

𝑎𝑡2+ 𝑏𝑡 + 𝑐 = 0 và sau đó giải phương trình 𝑥𝑛 = 𝑡

Ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Ta phân tích vế trái thành tích 2 nhân tử bậc hai:

Giải hệ phương trình này ta tìm được 𝑝, 𝑞, 𝑟, 𝑠

Bước 4: Khi đó ta có phương trình

(𝑥2+ 𝑝𝑥 + 𝑞)( 𝑥2+ 𝑟𝑥 + 𝑠) = 0

Từ đó ta có hai phương trình

(𝑥2+ 𝑝𝑥 + 𝑞) = 0, ( 𝑥2+ 𝑟𝑥 + 𝑠) = 0

Giải hai phương trình này ta thu được các nghiệm (nếu có) của phương trình đã cho

Chú ý: Trong một số trường hợp ta không thể dùng phương pháp này vì nhiều khi việc

phân tích trên không được như mong muốn chẳng hạn khi hệ trên không có nghiệm nguyên

2.6.2 Ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình

𝑥4− 4𝑥3− 10𝑥2+ 37𝑥 − 14 = 0

Giải

Ta phân tích vế trái thành tích hai nhân tử bậc hai: (𝑥2+ 𝑝𝑥 + 𝑞)( 𝑥2+ 𝑟𝑥 + 𝑠), trong đó 𝑝, 𝑞, 𝑟, 𝑠 là các hệ số nguyên chưa xác định

Ta có

𝑥4− 4𝑥3− 10𝑥2+ 37𝑥 − 14 = 𝑥4+ (𝑝 + 𝑞)𝑥3+ (𝑞 + 𝑠 + 𝑝𝑟)𝑥2+ (𝑝𝑠 + 𝑞𝑟)𝑥 +

𝑞𝑠 (*)

Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc hai vế của đồng nhất thức, ta có hệ phương trình sau: { 𝑝 + 𝑟 = 4 (1)

𝑞 + 𝑠 + 𝑝𝑟 = −10 (2)

𝑝𝑠 + 𝑞𝑟 = 37 (3)

𝑝𝑠 = −14 (4)

Từ (4) ta có các giá trị nguyên tương ứng có thể lấy được của q và s như sau:

𝑞 1 2 7 14 -1 -2 -7 -14

𝑠 -14 -2 -1 -1 14 7 2 1 Xét hệ (1), (3)

Thử lần lượt các giá trị của q và s thì thấy chỉ có cặp giá trị 𝑞 = 2, 𝑠 = −7 là thỏa mãn Từ đó ta cũng có: 𝑝 = −5, 𝑟 = 1

Thay các giá trị trên vào hai phương trình (2) và (4) thì thấy thỏa mãn

Do đó 𝑝 = −5, 𝑞 = 2, 𝑟 = 1, 𝑠 = −7

Thay các giá trị 𝑝, 𝑞, 𝑟, 𝑠 vừa tìm được vào (*), ta có:

𝑥4− 4𝑥3− 10𝑥2+ 37𝑥 − 14 = (𝑥2− 5𝑥 + 2)( 𝑥2+ 𝑥 − 7)

Phương trình đã cho tương đương với

22

(𝑥2− 5𝑥 + 2) ( 𝑥2+ 𝑥 − 7) = 0

⇔[𝑥2− 5𝑥 + 2 = 0

𝑥2+ 𝑥 − 7 = 0 ⇔[

𝑥 = 5±√17

2

𝑥 =−1±√29

2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 𝑥 =5±√17

2 , 𝑥 =−1±√29

2

Ví dụ 2: Giải phương trình

𝑥4+ 12𝑥3+ 32𝑥2− 8𝑥 − 4 = 0

Giải

Ta phân tích vế trái thành tích hai nhân tử bậc hai: (𝑥2+ 𝑝𝑥 + 𝑞), ( 𝑥2+ 𝑟𝑥 + 𝑠), trong đó 𝑝, 𝑞, 𝑟, 𝑠 là các hệ số nguyên chưa xác định

Ta có

𝑥4+ 12𝑥3+ 32𝑥2− 8𝑥 − 4 = (𝑥2+ 𝑝𝑥 + 𝑞)( 𝑥2 + 𝑟𝑥 + 𝑠) (2)

⇔𝑥4+ 12𝑥3+ 32𝑥2− 8𝑥 − 4 = 𝑥4+ (𝑝 + 𝑞)𝑥3+ (𝑞 + 𝑠 + 𝑝𝑟)𝑥2+ (𝑝𝑠 + 𝑞𝑟)𝑥 + 𝑞𝑠 Đồng nhất các hệ số của những số hạng cùng bậc hai vế của đồng nhất thức, ta có hệ phương trình sau: { 𝑝 + 𝑟 = 12 (5)

𝑞 + 𝑠 + 𝑝𝑟 = 32 (6)

𝑝𝑠 + 𝑞𝑟 = −8 (7)

𝑝𝑠 = −4 (8)

Từ (8) ta có các giá trị nguyên tương ứng có thể lấy được của 𝑞 và 𝑠 như sau:

𝑞 1 2 4 -1 -2 -4

𝑠 -4 -2 -1 4 2 1 Xét hệ (5),(7)

Thử lần lượt các giá trị của q và s thì thấy các cặp gia strij sau là thỏa mãn

𝑞 = 1, 𝑠 = −4; 𝑞 = 2, 𝑠 = −2; 𝑞 = −2, 𝑠 = 2; 𝑞 = −4, 𝑠 = 1

Nếu 𝑞 = 1, 𝑠 = −4 thì 𝑝 = 4, 𝑟 = 8

Nếu 𝑞 = 2, 𝑠 = −2 thì 𝑝 = 8, 𝑟 = 4

Nếu 𝑞 = −2, 𝑠 = 2 thì 𝑝 = 4, 𝑟 = 8

Nếu 𝑞 = −4, 𝑠 = 1 thì 𝑝 = 8, 𝑟 = 4

Thay lần lượt các giá trị trên vào phương trình (6) thì thấy

𝑞 = 2, 𝑠 = −2, 𝑝 = 8, 𝑟 = 4 và 𝑞 = −2, 𝑠 = 2, 𝑝 = 4, 𝑟 = 8 là thỏa mãn Thay 𝑞 = 2, 𝑠 = −2, 𝑝 = 8, 𝑟 = 4 vào (2) ta được